Soluzioni 2.1
(1) Si veda la soluzione di (1) del foglio 1 di esercizi, dove si mostra che 1
1 + x2 =
∞
X
j=0
sin(j + 1)φ (√
1 + k2)j+1
(x − k)j
(contrariamente a quanto scritto nel testo, questa formula non era necessaria per risolvere l’es.
(1) del foglio 1). Dalla formula precedente `e chiaro che il metodo del rapporto non funziona perch`e il limite non esiste, essendo il seno una funzione oscillante. Consideriamo il metodo della radice e per brevit`a si ponga a = 1/√
1 + k2. Allora R = lim
n→∞
1
pan n+1| sin(n + 1)φ| = lim
n→∞
1
apa| sin(n + 1)φ|n , se il limite esiste.
Ma il limite esiste in quanto a| sin(n + 1)φ| ≤ 1 `e la radice n-esima di una numero minore o uguale a uno: la successioni di queste radici tende a uno per n che tende all’infinito. Allora R = 1/a =√
1 + k2.
(2) In primo luogo, occorre aver ben chiaro il teorema di identit`a: se c0+ c1z + c2z2+ c3z3+ . . . = d0+ d1z + d2z2+ d3z3
per tutti gli z in un intorno (comunque piccolo) di 0, allora le serie di potenze sono identiche.
Infatti, calcolando ambo i membri per z = 0 si ottiene c0 = d0, quindi possiamo cancellarli da ambo i lati. Dividendo quello che resta per z e ponendo di nuovo z = 0, si ottiene c1 = d1, e cos`ı via. Fatto! La dimostrazione `e banale, ma il teorema `e importante. Se adesso le due serie concordano non in un intorno dello zero, ma soltanto lungo un piccolo segmento di curva che passa per lo zero, prendiamo il limite per z che si avvicina a zero lungo il segmento di curva e procediamo come sopra. Troveremo di nuovo che i coefficienti devono essere uguali. Se invece di un segmento di curva, si ha una successione di punti che tende a zero, il discorso non cambia e si arriva alla stessa conclusione.
(3) Contro-esempio (tra i molti):
g(z) = g(x + iy) = cos(x2y) + i sin(y3) ey+ x2ln(e + y5) in quanto
g(z)|y=0= 1 1 + x2 In che senso
h(z) = 1/(1 + z2)
pu`o essere considerata l’unica generalizzazione di H(x) = 1/(1 + x2)? Sappiamo che h(z) pu`o essere espressa come la serie di potenze
∞
X
j=0
(−1)jz2j
e questo fatto suggerisce: h(z) `e la sola funzione che (i) concorda con H(x) sull’asse reale e (ii) pu`o essere espressa come una serie di potenze in z. In questo senso, sulla base dell’esercizio precedente, h(z) `e l’unica estensione di H(x).
2
(4) Incominciamo col trovare l’immagine di una linea orizzontale y = −c che sta sotto l’asse reale (come in figura, dove c= -1). Come per l’esponenziale visto a lezione, `e utile pensare ad un moto da sinistra a destra con velocit`a costante unitaria: z = t − ic.
cos z =1 2eiz+1
2e−iz =1
2eceit+1
2e−ce−it=1
2(ec+ e−c) cos t + i1
2(ec− e−c) sin t , cio`e
cos z = u + iv = cosh c cos t + i sinh c sin t Quindi il moto nel piano uv `e dato dalle equazioni
u = a cos t v = b sin t
dove a = cosh c e b = sinh c, che `e la familiare equazione di un ellisse u2
a2 +v2 b2 = 1 in forma parametrica. Inoltre
pa2− b2=p
cosh2c − sinh2c = 1
cosicch´e i fuochi dell’ellisse sono in +1 e −1 qualunque sia il valore di c: tutte le linee orizzontali del piano xy sono trasformate nel piano uv in ellissi con fuochi in +1 e −1. Una linea verticale `e ottenuta da una orizzontale per rotazione di π/2, cio`e per z 7→ iz. Ma (vedi prossimo esercizio)
(1) cosh z = cos iz e sinh z = −i sin(iz) ,
quindi le linee verticali hanno equazione
u + iv = cosh(ic) cos(it) + i sinh(ic) sin(it) = cos c cosh t − i sin c sinh t e quindi il moto nel piano uv `e dato dalle equazioni
u = a cosh t v = b sinh t
dove a = cos c e b = − sin c, che `e la familiare equazione di un’iperbole u2
a2 −v2 b2 = 1
in forma parametrica. Altri dettagli della figura possono essere ricostruiti sulla base di quanto `e stato appena detto.
(5) La risposta `e nell’equazione (1) dell’esercizio precedente, che si ottiene confrontando le defi- nizioni delle funzioni trigonometriche con quelle iperboliche espresse in termini di esponenziale.
L’equazione (1) mostra che “cosh” `e la composizione di una rotazione di π/2, seguita da “cos”;
“sinh” `e la composizione di una rotazione di π/2 seguita da “sin”, seguita a sua volta da una rotazione di −pi/2.